CẤU TRÚC ĐỀ THI THPT MÔN TOÁN NĂM 2020 VÀ CÁCH GIẢI CHI TIẾT NHẤT VÀ MỘT SỐ LỜI KHUYÊN

Theo thông tin từ Bộ Giáo dục và Đào tạo, về cơ bản kỳ thi THPT quốc gia năm 2020 vẫn giữ ổn
định như năm 2019, do vậy các thí sinh có thể căn cứ vào đề thi minh họa và đề thi chính thức của
năm 2019 để có kế hoạch ôn luyện và chuẩn bị tốt nhất cho kỳ thi.
Chính vì kỳ thi THPT quốc gia 2020 vẫn giữ ổn định như năm 2019 nên kỳ thi năm nay vẫn sẽ có 5
bài thi, trong đó có 3 bài thi bắt buộc là Toán, Ngữ văn, Ngoại ngữ và 2 bài thi tổ hợp tự chọn là bài
thi Khoa học tự nhiên (Lý, Hóa, Sinh) và Khoa học xã hội (Sử, Địa, Giáo dục công dân).
Theo tổng hợp, cấu trúc đề thi THPT quốc gia 2020 môn Toán cũng như các môn khác sẽ gồm các
câu hỏi ở các cấp độ, từ cấp độ cơ bản để phục vụ xét tốt nghiệp THPT, cho đến những câu hỏi cấp
độ phân hóa để phục vụ cho việc xét tuyển vào các trường đại học, cao đẳng. Nội dung của đề thi
sẽ chủ yếu nằm trong chương trình lớp 12.
Ma trận đề thi THPT quốc gia 2020 môn Toán như thế nào?
Với những thông tin được Bộ GD&ĐT đưa ra, để lên kế hoạch ôn tập chu đáo nhất, các giáo viên và
học sinh cần xây dựng được ma trận kiến thức đề thi THPT quốc gia cho từng môn học.
Để biết ma trận đề thi THPT quốc gia 2020 môn Toán như thế nào, chúng ta cùng phân tích
ma trận kiến thức đề thi THPT quốc gia 2019 môn Toán sau đây, các em học sinh có thể tham
khảo.

Ma trận đề thi THPT quốc gia 2019 môn Toán thí sinh ôn thi THPT 2020 tham khảo
Kinh nghiệm ôn tập và làm bài thi môn Toán.
Thí sinh cần nắm chắc kiến thức trong sách giáo khoa: Theo phân tích của các giáo viên, kiến thức
trong đề thi THPT Quốc gia 2019 môn Toán sẽ bám chắc nội dung trong chương trình lớp 12, trong
đó 10-15% thuộc chương trình lớp 10 và 11. Thí sinh không nên học tủ, không được bỏ bất cứ phần
nào trong sách giáo khoa, nên học kỹ lý thuyết để loại trừ đáp án nhanh hơn và hạn chế tối đa thời
gian làm bài các câu dạng lý thuyết này.
Thay đổi cách học phù hợp: Đối với hình thức thi trắc nghiệm, thí sinh không cần chú trọng việc
trình bày cẩn thận nữa mà quan trọng là giải bài nhanh, ngắn gọn và chính xác.
Phân bổ thời gian làm bài: Thí sinh không nên sa đà quá lâu vào một câu hỏi mà nên phân bố thời
gian cho phù hợp. Thí sinh có thể tham khảo cách phân bổ thời gian cho các câu hỏi theo mức độ
khó – dễ như sau:
•
Đối với câu hỏi dễ – thời gian làm bài khoảng 1 phút; câu hỏi trung bình – thời gian làm bài

khoảng 2 phút; câu hỏi khó – cực khó, thời gian làm bài khoảng 3,5 phút.
•
Nếu như không chọn được chính xác phương án đúng ở một câu hỏi bất kì, thí sinh có thể
chọn ngẫu nhiên một phương án. Thí sinh không nên bỏ sót một câu nào.
Tận dụng máy tính Casio để giải nhanh trắc nghiệm Toán: Máy tính cầm tay là một công cụ quan
trọng giúp thí sinh rút ngắn thời gian ở những câu tính toán và chính xác, đặc biệt là các chuyên
đề: Nguyên hàm – Tích phân, Số phức, Mũ – Logarit. Do vậy thí sinh nên rèn luyện kỹ năng sử dụng
máy tính sao cho nhanh và chuẩn xác.
Luyện đề: Ngay từ bây giờ, các thí sinh nên giải nhiều đề thi trắc nghiệm hơn để làm quen với hình
thức thi và gia tăng tốc độ làm bài.
Trên đây là phân tích ma trận cấu trúc đề thi THPT quốc gia 2020 môn Toán và kinh nghiệm ôn thi
để đạt kết quả cao. Chúc các thí sinh đạt kết quả cao trong kỳ thi quan trọng sắp tới.


ĐỀ SỐ 1
**-**-***

ĐỀ THI THỬ THPTQG NĂM 2020
Môn: TOÁN

Câu 1: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S) : ( x − 3) + ( y + 1) + ( z + 2 ) = 8. Khi đó tâm
2

2

2

I và bán kính R của mặt cầu là
A. I ( 3; −1; −2 ) , R = 4

B. I ( 3; −1; −2 ) , R = 2 2

C. I ( −3;1; 2 ) , R = 2 2

D. I ( −3;1; 2 ) , R = 4

Câu 2: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau:
x
−∞
−1
0
−
−
y'
0
+
0
y
+∞
5
1
2

+∞

1
0

+
+∞

1
2

Số nghiệm của phương trình f ( x ) − 6 = 0 là
A. 3

B. 2

C. 1

D. 0
Câu 3: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A ( 1; 2; −1) , B ( 3; 4; −2 ) , C ( 0;1; −1) . Vectơ pháp
tuyến của mặt phẳng (ABC) là
r
r
A. n ( −1; −1;1)
B. n ( 1;1; −1)

r
C. n ( −1;1;0 )

r
D. n ( −1;1; −1)

Câu 4: Ba số 1, 2, −a theo thứ tự lập thành một cấp số nhân. Giá trị của a bằng bao nhiêu?
A. 4
B. −2
C. 2
D. −4

2

Câu 5: Tính tích phân

dx

∫ x +1
1

3
5
3
B.
C. ln
2
2
2
Câu 6: Số cách chọn ra 3 học sinh từ 10 học sinh là
3
7
A. A10
B. A10
C. P3
A. log

Câu 7: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên:
x
−∞
2
y'

+

y

0
3

−∞

D. ln 6
3
D. C10

+∞

4
−

0

+
+∞

5

−2


Khẳng định nào sau đây là đúng?

A. Hàm số đạt cực đại tại x = −2
B. Hàm số đạt cực đại tại x = 4
C. Hàm số đạt cực đại tại x = 3.
D. Hàm số đạt cực đại tại x = 2.

Câu 8: Tìm nguyên hàm của hàm số f ( x ) = sin 2x
cos 2x
+C
2
cos 2x
+C
C. ∫ sin 2xdx =
2

B. ∫ sin 2xdx = − cos 2x + C

A. ∫ sin 2xdx = −

D. ∫ sin 2xdx = 2 cos 2x + C

Câu 9: Cho số phức z thỏa mãn z ( 2 − i ) + 13i = 1. Tính môđun của số phức z
5 34
34
C. z =
D. z = 34
3
3
Câu 10: Cho a, b, c là ba số thực dương, khác 1. Mệnh đề nào dưới đây đúng
b
A. log a  3 ÷ = log a b − 3

B. log a α b = α log a b
a 
A. z = 34

B. z =

D. log a b = log b c.log c a

C. a logb c = b

Câu 11: Đường cong của hình vẽ bên là đồ thị của hàm số y =

ax + b
với a, b, c,
cx + d

d

là các số thực. Mệnh đề nào sau đây là đúng
A. y ' > 0, ∀x ≠ 1
B. y ' > 0, ∀x ≠ 2
C. y ' < 0, ∀x ≠ 1
D. y ' < 0, ∀x ≠ 2
Câu 12: Cho hai hàm số y = f ( x ) và y = g ( x ) liên tục trên đoạn [ a; b ] . Gọi D là hình phẳng giới hạn bởi
đồ thị hàm số đó và các đường thẳng x = a, x = b ( a < b ) . Diện tích S của hình phẳng D được tính theo công
thức
b

b

A. S = ∫  f ( x ) − g ( x ) dx

B. S = ∫  g ( x ) − f ( x ) dx

a

a

b

b

D. S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx

C. S = ∫  f ( x ) − g ( x ) dx

a

a

x 2 − 2x

1
1
Câu 13: Tìm số các nghiệm nguyên dương của bất phương trình  ÷
≥
125
5
A. 6
B. 3

C. 5
D. 4
Câu 14: Cho hàm số y = f ( x ) xác định, liên tục trên ¡ và có bảng biến thiên
x
−∞
−1
0
1
−
−
y'
0
+
0
0
+
y
+∞
5
4
Khẳng định nào sau đây là khẳng định đúng
A. Hàm số đồng biến trong các khoảng ( −∞; −1) và ( 0;1)
B. Hàm số nghịch biến trên khoảng ( 1; +∞ )
C. Hàm số đồng biến trong các khoảng ( −1;0 ) và ( 1; +∞ )

4

+∞
+∞

D. Hàm số nghịch biến trong khoảng ( 0;1)
Câu 15: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(2;1; −3). Điểm A′ đối xứng với A qua mặt phẳng
(Oyz) có tọa độ là
A. A ' ( −2;1;3)

B. A ' ( 2; −1; −3)

C. A ' ( 2;1; −3)

D. A ' ( −2;1; −3)

Câu 16: Cho hình nón có bán kính đáy r = 2 và độ dài đường sinh l = 3. Tính diện tích xung quanh Sxq
của hình nón đã cho.
A. Sxq = 2π
B. Sxq = 3π 2
C. Sxq = 6π
D. Sxq = 6π 2
Câu 17: Khối đa diện sau có bao nhiêu mặt?

A. 9

B. 8
C. 7
Câu 18: Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau
x
−∞
−1
0
−

−
y'
0
+
0
y
+∞
0
−1

D. 10
+∞

1
0

+
+∞
−1

Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình f ( x ) = 2m có nhiều nhất 2 nghiệm.
1

A. m ∈  −∞; −  ∪ ( 0; +∞ )
2


B. m ∈ ( 0; +∞ ) ∪ { −1}

 1

D. m ∈ ( 0; +∞ ) ∪ − 
 2
Câu 19: Trong mặt phẳng (P), cho hình bình hành ABCD. Vẽ các tia Bx, Cy, Dz song song với nhau, nằm
cùng phía với mặt phẳng (ABCD), đồng thời không nằm trong mặt phẳng (ABCD). Một mặt phẳng đi qua
A, cắt Bx, Cy, Dz tương ứng tại B’, C’, D’. Biết BB' = 2, DD ' = 4. Tính CC′ .
C. m ∈ ( −∞; −1] ∪ ( 0; +∞ )

A. 2
B. 8
C. 6
D. 3
Câu 20: Cho hình lập phương ABCD.A ' B'C ' D '. Đường thẳng AC′ vuông góc với mặt
phẳng nào dưới đây?
A. ( A 'BD )
B. ( A 'CD ' )
C. ( A ' DC ' )
D. ( A ' B'CD )
Câu 21: Trên bàn có một cốc nước hình trụ chứa đầy nước, có chiều cao bằng 3 lần đường
kính của đáy. Một viên bi và một khối nón đều bằng thủy tinh. Biết viên bi là một khối cầu


có đường kính bằng đường kính của cốc nước. Người ta thả từ từ thả vào cốc nước viên bi và khối nón đó
(hình vẽ) thì thấy nước trong cốc tràn ra ngoài. Tính tỉ số thể tích của lượng nước còn lại trong cốc và lượng
nước ban đầu (bỏ qua bề dày của lớp vỏ thủy tinh).
5
1
A.
B.
9
2

4
2
C.
D.
9
3
Câu 22: Trong khai triển ( 1 + 3x )
11 11
A. 3 C 20

20

với số mũ tăng dần, hệ số của số hạng đứng chính giữa là

12 12
B. 3 C20

10 10
C. 3 C20

9 9
D. 3 C 20

Câu 23: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
d:

( α) : x + y − z − 2 = 0

và đường thẳng

x + 1 y −1 z − 2
=
=
. Phương trình nào dưới đây là phương trình mặt phẳng chứa đường thẳng (d) và
2
1
1

vuông góc với mặt phẳng ( α ) .
A. x + y − z + 2 = 0
C. x + y + 2z − 4 = 0

B. 2x − 3y − z + 7 = 0
D. 2x − 3y − z − 7 = 0

Câu 24: Số phức z = a + bi ( a, b ∈ ¡

(

)

S = a + 2b bằng bao nhiêu?
A. S = −1
B. S = 1
1

Câu 25: Biết

∫
0

dx
2
=
x +1 + x 3

A. T = 7

(

)

thỏa mãn z − 2 = z và ( z + 1) z − i là số thực. Giá trị của biểu thức
C. S = 0

D. S = −3

)

a − b với a, b là các số nguyên dương. Tính T = a + b

B. T = 10

C. T = 6
D. T = 8
2
Câu 26: Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = 2x + 3x − 12x + 2 trên đoạn [−1; 2] đạt tại x = x 0 . Giá trị x 0
bằng bao nhiêu?
A. 2
B. 1

C. −2
D. −1
3

Câu 27: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, đường cao SH =
bên và mặt đáy của hình chóp
A. 45°
B. 30°

C. 75°

D. 60°

Câu 28: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai mặt phẳng

( Q ) : x + 2y + z − 4 = 0.
x = t

A. d :  y = −1 + 2t
z = 6 + t


a 3
Tính góc giữa cạnh
3

( P ) : 3x + y + z − 5 = 0

và

Khi đó, giao tuyến của (P) và (Q) có phương trình là
x = t

B. d :  y = 1 − 2t
 z = 6 − 5t


 x = 3t

C. d :  y = −1 + t
z = 6 + t


x = t

D. d :  y = −1 + 2t
 z = 6 − 5t


Câu 29: Lớp 11B có 20 học sinh gồm 12 nữ và 8 nam. Cần chọn ra 2 học sinh của lớp đi lao động. Tính xác
suất để chọn được 2 học sinh trong đó có cả nam và nữ.
14
48
33
47
A.
B.
C.
D.
95

95
95
95
x
Câu 30: Tính tổng tất cả các nghiệm thực của phương trình log 4 ( 3.2 − 1) = x − 1

A. −6
B. 5
C. 12
D. 2
Câu 31: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm I(3; 4; −2). Lập phương trình mặt cầu tâm I và tiếp
xúc với trục Oz.
A. ( S) : ( x − 3) + ( y − 4 ) + ( z + 2 ) = 25

B. ( S) : ( x − 3) + ( y − 4 ) + ( z + 2 ) = 4

C. ( S) : ( x + 3) + ( y + 4 ) + ( z − 2 ) = 20

D. ( S) : ( x − 3) + ( y − 4 ) + ( z + 2 ) = 5

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2


Câu 32: Cho hàm số y = x 4 − 4x 2 + 3 có đồ thị (C). Có bao nhiêu điểm trên trục tung từ đó có thể vẽ được 3
tiếp tuyến đến đồ thị (C).
A. 3
B. 2
C. 1
D. 0
2
x + x − 6
khi x > 2

f
x
=
Câu 33: Cho hàm số ( )  x − 2
. Xác định a để hàm số liên tục tại điểm x = 2

−2ax + 1 khi x ≤ 2

A. a =

1
2

B. a = −1

C. a = 1

D. a = 2

Câu 34: Tìm các giá trị của tham số m để hàm số y = − x 3 + mx 2 − m đồng biến trên khoảng ( 1; 2 )
3 
A.  ;3 ÷
2 

3

B.  −∞; ÷
2


C. [ 3; +∞ )

D. ( −∞;3]

Câu 35: Cho số phức w và hai số thực a, b. Biết z1 = w + 2i và z 2 = 2w − 3 là hai nghiệm phức của phương
trình z 2 + az + b = 0 . Tìm giá trị T = z1 + z 2

A. T =

2 97
3

B. T =

2 85
3

C. T = 2 13

D. T = 4 13

(

Câu 36: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình 4 log 2 x

)

2

− log 1 x + m = 0 có nghiệm
2

thuộc khoảng ( 0;1)
1
 1
1



A. m ∈  0; 
B. m ∈  ; +∞ ÷
C. m ∈  −∞; 
D. m ∈ ( −∞;0]
4
 4
4


Câu 37: Lãi suất gửi tiền tiết kiệm của các ngân hàng trong thời gian qua liên tục thay đổi. Bác Mạnh gửi
vào một ngân hàng số tiền 5 triệu đồng với lãi suất 0,7% / tháng. Sau 6 tháng gửi tiền, lãi suất tăng lên
0,9% / tháng. Đến tháng thứ 10 sau khi gửi tiền, lãi suất giảm xuống 0,6% / tháng và giữ ổn định. Biết rằng
nếu bác Mạnh không rút tiền ra khỏi ngân hàng thì cứ sau mỗi tháng, số tiền lãi sẽ được nhập vào vốn ban
đầu (ta gọi đó là lãi kép). Sau một năm gửi tiền, bác Mạnh rút được số tiền là bao nhiêu ? (biết trong khoảng
thời gian này bác Mạnh không rút tiền ra).
A. 5436566,169 đồng
B. 5436521,164 đồng
C. 5452733,453 đồng
D. 5452771,729 đồng.
1
Câu 38: Cho hàm số f ( x ) xác định trên ¡ \ { −1;1} và thỏa mãn f ' ( x ) = 2 . Biết f ( −3) + f ( 3) = 0 và
x −1
 1 1
f  − ÷+ f  ÷ = 2. Tính T = f ( −2 ) + f ( 0 ) + f ( 5 )
 2 2
1
1
A. ln 2 − 1
B. ln 2 + 1

C. ln 2 + 1
D. ln 2 − 1
2
2
Câu 39: Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi trục hoành, đồ thị của một parabol và một
đường thẳng tiếp xúc parabol đó tại điểm A(2; 4), như hình vẽ bên. Tính thể tích
khối tròn xoay tạo bởi hình phẳng (H) khi quay xung quanh trục Ox.
32π
16π
A.
B.
5
15
22π
2π
C.
D.
5
3
 8 4 8
Câu 40: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm M ( 2; 2;1) , N  − ; ; ÷, E ( 2;1; −1) . Đường
 3 3 3
thẳng ∆ đi qua tâm đường tròn nội tiếp của tam giác OMN và vuông góc với mặt phẳng (OMN). Khoảng
cách từ điểm E đến đường thẳng ∆ là


A.

2 17
3

B.

3 17
5

C.

3 17
2

D.

5 17
3

Câu 41: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang,
AB / /CD, AB=2CD. Gọi M N, tương ứng là trung điểm của SA và SD. Tính tỉ
số

VS.BCNM
VS.BCDA
5
12
1
C.
3

3
8

1
D.
4

A.

B.

Câu 42: Biết M ( −2;5 ) , N ( 0;13 ) là các điểm cực trị của đồ thị hàm số y = ax + b +
hàm số tại x = 2
13
A. −
3

B.

16
9

C.

16
3

D.

c
. Tính giá trị của
x +1

47
3

Câu 43: Tìm tất cả các giá trị của tham số m để hàm số y = x 3 − mx + 1 đồng biến trên ( 1; +∞ )
A. m ≥ 0

B. m ≤ 3

C. m ≥ 3

D. m ≤ 0

1 2
4
3
Câu 44: Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m ∈ [−5; 5] để hàm số y = x + x − x + m có 5 điểm
2
cực trị?
A. 7
B. 5
C. 4
D. 6
Câu 45: Cho số phức z thỏa mãn z = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức T = z + 1 + 2 z − 1
A. max T = 2 5

B. max T = 3 5
C. max T = 2 10
D. max T = 3 2
Câu 46: Tứ diện ABCD có AB = CD = 4, AC = BD = 5, AD = BC = 6. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt
phẳng (BCD).

42
14
Câu 47: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A ( 1; 2;1) , B ( 3; −1;1) , C ( −1; −1;1) . Gọi S1 là
A.

42
7

B.

3 42
14

C.

3 42
7

D.

mặt cầu tâm A, bán kính bằng 2; S2 và S3 là hai mặt cầu có tâm lần lượt là B, C và bán kính đều bằng 1.
Trong các mặt phẳng tiếp xúc với cả 3 mặt cầu ( S1 ) , ( S2 ) , ( S3 ) có bao nhiêu mặt phẳng vuông góc với mặt
phẳng (Oyz)?
A. 3
B. 1
C. 4
D. 2
Câu 48: Có tất cả bao nhiêu số nguyên dương m để phương trình cos 2 x + m + cos x = m có nghiệm thực?
A. 2
B. 5

C. 3
D. 4
Câu 49: Một người bỏ ngẫu nhiên 4 lá thư vào 4 bì thư đã được ghi sẵn địa chỉ cần gửi. Tính xác suất để có
ít nhất 1 lá thư bỏ đúng phong bì của nó.
5
1
3
7
A.
B.
C.
D.
8
8
8
8
 π
f ( x)
Câu 50: Cho hàm số
có đạo hàm liên tục trên
thỏa mãn
0; 2 
π
2

π

π

2

π 2
π
f ( 0 ) = 0, ∫ f ' ( x )  dx = , ∫ sin x.f ( x ) dx = . Tính tích phân ∫ f ( x ) dx
4 0
4
0
0

A. 1

2

B.

π
2

C. 2

D.

π
4


Đáp án ĐỀ SỐ 1
1. B
11. D
21. A
31. A

41. C

2. B
12. D
22. A
32. C
42. D

3. C
13. B
23. B
33. B
43. B

4. A
14. C
24. D
34. A
44. D

5. C
15. D
25. B
35. A
45. A

6. D
16. B
26. B
36. C

46. C

7. D
17. A
27. A
37. C
47. A

8. A
18. A
28. D
38. C
48. C

9. D
19. C
29. B
39. D
49. A

LỜI GIẢI CHI TIẾT
Câu 1: Đáp án B
Phương pháp giải:
Mặt cầu ( S) : ( x − x 0 ) + ( y − y0 ) + ( z − z 0 ) = R 2 có tâm I ( x 0 ; y0 ; z 0 ) , bán kính R
2

2

2

Lời giải:
Ta có ( S) : ( x − 3) + ( y + 1) + ( z + 2 ) = 8 có tâm I ( 3; −1; −2 ) , bán kính R = 2 2
2

2

2

Câu 2: Đáp án B
Phương pháp giải:
Dựa vào bảng biến thiên, xác định giao điểm của đồ thị hàm số y = f ( x ) và đường thẳng y = m
Lời giải:
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy f ( x ) = 6 > 5 nên phương trình có 2 nghiệm phân biệt.
Câu 3: Đáp án C
Phương pháp giải:
Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng chính là tọa độ vectơ tích có hướng
Lời giải:
uuur uuur
uuur
uuur
Ta có AB = ( 2; 2; −1) ; AC = ( −1; −1;0 ) suy ra  AB; AC  = ( −1;1;0 )
Câu 4: Đáp án A
Phương pháp giải:
Ba số a, b, c theo thứ tự lập thành cấp số nhân khi và chỉ khi ac = b 2
Lời giải:
Vì ba số 1, 2, −a theo thứ tự lập thành cấp số nhân ⇒ 1.a = ( −2 ) ⇔ a = 4
2

Câu 5: Đáp án C
Phương pháp giải:Nguyên hàm cơ bản của hàm phân thức hoặc bấm máy tính

2
2
dx
3
= ln x + 1 1 = ln 3 − ln 2 = ln
Lời giải: Ta có ∫
x +1
2
1
Câu 6: Đáp án D
Phương pháp giải: Chọn ngẫu nhiên k phần tử trong n phần tử là tổ hợp chập k của n
Lời giải:
3
Chọn 3 học sinh từ 10 học sinh là một tổ hợp chập 3 của 10 phần tử ⇒ có C10
cách.
Câu 7: Đáp án D
Phương pháp giải: Dựa vào định nghĩa điểm cực trị của hàm số và bảng biến thiên
Lời giải:
Vì y′ đổi dấu từ + 
→ − khi đi qua x = 2 ⇒ Hàm số đạt cực đại tại x = 2
Câu 8: Đáp án A
Phương pháp giải: Dựa vào bảng nguyên hàm cơ bản của hàm số lượng giác

10. A
20. A
30. D
40. A
50. A

Lời giải: Ta có ∫ sin 2xdx =

1
cos 2x
sin 2xd ( 2x ) = −
+C
∫
2
2

Câu 9: Đáp án D
Phương pháp giải:
Tìm số phức z bằng phép chia số phức, sau đó tính môđun hoặc bấm máy tính
1 − 13i
= 3 + 5i ⇒ z = 34
Lời giải: Ta có z ( 2 − i ) = 1 − 13i ⇔ z =
2−i
Câu 10: Đáp án A
Phương pháp giải: Áp dụng các công thức cơ bản của biểu thức chứa lôgarit
Lời giải:
1
b
3
Ta có: log a  3 ÷ = log a b − log a a = log a b − 3 và log a α b = log a b
α
a 
Câu 11: Đáp án D
Phương pháp giải: Dựa vào hình dáng, đường tiệm cận đồ thị hàm số
Lời giải: Dựa vào hình vẽ, ta thấy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2 và đi xuống
Vậy hàm số nghịch biến trên khoảng ( −∞; 2 ) và ( 2; +∞ ) ⇒ y ' < 0, ∀x ≠ 2

Câu 12: Đáp án D
Phương pháp giải: Công thức tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi hai đồ thị hàm số
Lời giải:
b

Diện tích S của hình phẳng D được tính theo công thức là S = ∫ f ( x ) − g ( x ) dx
a

Câu 13: Đáp án B
Phương pháp giải: Áp dụng phương pháp giải bất phương trình mũ cơ bản
Lời giải:
x 2 − 2x

1
Ta có 2  ÷
5

x 2 − 2x

1
1
≥
⇔ ÷
125
5

3

1
≥  ÷ ⇔ x 2 − 2x ≤ 3 ⇔ x 2 − 2x − 3 ≤ 0 ⇔ −1 ≤ x ≤ 3

5

Suy ra số nghiệm nguyên dương của bất phương trình là { 1; 2;3}

Câu 14: Đáp án C
Phương pháp giải:
Dựa vào bảng biến thiên, xác định khoảng đồng biến và nghịch biến của hàm số
Lời giải:
Dựa vào bảng biến thiên, ta thấy
• Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −1;0 ) và ( 1; +∞ )
• Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( −∞; −1) và ( 0;1)
Câu 15: Đáp án D
Phương pháp giải:
Xác định tọa độ hình chiếu trên mặt phẳng và lấy trung điểm ra tọa độ điểm đối xứng
Lời giải:
Hình chiếu của A(2;1; −3) trên mặt phẳng (Oyz) là H(0;1; −3)
Mà H là trung điểm của AA′ suy ra tọa độ điểm A ' ( −2;1; −3)
Câu 16: Đáp án B
Phương pháp giải: Công thức tính diện tích xung quanh của hình nón là Sxq = πrl
Lời giải: Diện tích xung quanh của hình nón là Sxq = πrl = 3π 2
Câu 17: Đáp án A
Phương pháp giải: Đếm các mặt của khối đa diện
Lời giải: Khối đa diện trên hình vẽ có tất cả 9 mặt


Câu 18: Đáp án A
Phương pháp giải:
Phương trình có nhiều nhất n nghiệm thì xảy ra các trường hợp có n nghiệm, có n – 1 nghiệm, … , vô
nghiệm, dựa vào bảng biến thiên để biện luận số giao điểm của hai đồ thị hàm số
Lời giải:

m > 0
 2m > 0
⇔
TH1. Phương trình f ( x ) = 2m có 2 nghiệm phân biệt ⇔ 
m = − 1
2m
=
−
1


2
TH2. Phương trình f ( x ) = 2m có nghiệm duy nhất ⇔ m ∈∅
TH3. Phương trình f ( x ) = 2m vô nghiệm ⇔ 2m < −1 ⇔ m < −

1
2

1

Vậy phương trình f ( x ) = 2m có nhiều nhất 2 nghiệm khi và chỉ khi m ∈  −∞; −  ∪ ( 0; +∞ )
2

Câu 19: Đáp án C
Phương pháp giải: Gọi điểm, dựa vào các yếu tố song song, đưa về bài toán trong hình thang và tam giác
Lời giải:
Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD.
Và M là trung điểm của B’D’.
Hình thang BB'D'D có đường trung bình là OM
BB '+ DD '

⇒ OM =
=3
2
Tam
giác
ACC′
có
OM
là
đường
trung
bình
OM AO 1
=
= ⇒ CC ' = 6
CC ' AC 2
Câu 20: Đáp án A
Phương pháp giải: Dựng hình, xét các mặt phẳng vuông góc
Lời giải:
 A ' D ⊥ AD '
⇒ A ' D ⊥ ( ABC ' D ' ) ⇒ A 'D ⊥ AC '
Ta có 
 A ' D ⊥ C 'D '
⇒

Và BD ⊥ ( ACC ' A ' ) ⇒ BD ⊥ AC '.
Suy ra AC ' ⊥ ( A ' BD )

Câu 21: Đáp án A
Phương pháp giải:

Tính tổng thể tích khối nón và khối cầu chính là thể tích nước tràn ra ngoài
Lời giải:
Gọi R, h, lần lượt là bán kính đáy, chiều cao của hình trụ ⇒ h = 3.2.R = 6R
Thể tích của khối trụ là V = πR 2 h = πR 2 .6R = 6πR 3
4 3
Thể tích của viên bi trong hình trụ là Vc = πR
3
1
πR 2
4
Thể tích của khối nón trong hình trụ là VN = πR 2 h N =
( h − 2R ) = πR 3
3
3
3
4 3 8 3
Khi đó, thể tích nước bị tràn ra ngoài là V1 = Vc + VN = 2. πR = πR
3
3
V − V1 
8
5

=  6πR 3 − πR 3 ÷: 6πR 3 =
Vậy tỉ số cần tính là T =
V
3
9



Câu 22: Đáp án A
Phương pháp giải:


Khai triển với số mũ n là số chẵn thì số hạng chính giữa là
Lời giải: Xét khai triển ( 1 + 3x )

20

20

1+ n
2

20

= ∑ C k20.120−k. ( 3x ) = ∑ C k20.3k.x k
k

k =0

k =0

Số hạng đứng chính giữa của khai triển ứng với k =

1 + 21
= 11
2

11 11

Vậy hệ số của số hạng cần tìm là 3 C 20

Câu 23: Đáp án B
Phương pháp giải:
Ứng dụng của tích có hướng để tìm vectơ pháp tuyến của mặt phẳng. Phương trình mặt phẳng đi qua
r
M ( x 0 ; y 0 ) và có VTPT n = ( a; b;c ) : a ( x − x 0 ) + b ( y − y 0 ) + c ( z − z 0 ) = 0
uur
uur
Lời giải: Có n α = ( 1;1; −1) ; n d = ( 2;1;1)
r
r
r
r r
d ⊂ ( P )
u d ⊥ n ( P )
⇒ r
r ⇒ n ( P ) =  u d ; n ( α )  = ( 2; −3; −1)
Vì 
( α ) ⊥ ( P )
n ( α ) ⊥ n ( P )
Mà d đi qua M (−1;1; 2) suy ra M ∈ ( P ) .
Vậy phương trình mặt phẳng ( P ) : 2x − 3y − z + 7 = 0
Câu 24: Đáp án D
Phương pháp giải:
Đặt z = a + bi, thực hiện yêu cầu bài toán, chú ý số phức là số thực khi phần ảo bằng 0
Lời giải:
Ta có z − 2 = z ⇔ a + bi − 2 = a + bi ⇔ ( a − 2 ) + b 2 = a 2 + b 2 ⇔ a = 1
2

(

)

2
Khi đó z = 1 + bi ⇒ z = 1 − bi ⇒ ( z + 1) z − i = ( 2 + bi ) 1 − ( b + 1) i  = b + b + 2 − ( b + 2 ) i là số thực.

Khi và chỉ khi b + 2 = 0 ⇔ b = −2
Vậy S = a + 2b = −3
Câu 25: Đáp án B
Phương pháp giải:
Nhân liên hợp, bỏ mẫu số đưa về tìm nguyên hàm của hàm chứa căn thức cơ bản
Lời giải: Ta có
1

1

dx
=
x + 1 + x ∫0

∫
0

2
3

(

)

a −b =

4
3

(

(

1

x +1 − x

) ( )
2

x +1 −

)

2 −1 =

2
3

(

x

2

dx = ∫
0

(

)

2
x + 1 − x dx = 
3 

1

4
( x + 1) − x  =
0 3
3

3

a = 8
8−2 ⇒
b = 2

)

Vậy T = a + b = 8 + 2 = 10
Câu 26: Đáp án B

Phương pháp giải: Khảo sát hàm số trên đoạn để tìm giá trị nhỏ nhất – giá trị lớn nhất
Lời giải:
3
2
2
Xét hàm số f ( x ) = 2x + 3x − 12x + 2 trên [−1; 2] có f ' ( x ) = 6x + 6x − 12
 x = 1 ∈ [ −1; 2]
2
Phương trình f ' ( x ) = 0 ⇔ 6x + 6x − 12 = 0 ⇔ 
 x = −2 ∉ [ −1; 2]
Tính f ( −1) = 15;f ( 1) = 15;f ( 2 ) = 6
Do đó, hàm số đạt giá trị nhỏ nhất là −5. Xảy ra khi x = 1
Câu 27: Đáp án A

(

)

2 −1

mặt khác


Phương pháp giải: Dựng hình, xác định góc giữa cạnh bên và mặt đáy, đưa vào tam giác vuông tính góc
Lời giải: Vì S.ABC là hình chóp tam giác đều
⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC
Suy ra CH là hình chiếu của SC trên (ABC) ⇒ ( SC; ( ABC ) ) = ( SC;CH ) = SHC.

SH a 3 a 3
=

:
= 1 ⇒ SCH = 45°
CH
3
3
Vậy góc giữa cạnh bên SC và mặt phẳng đáy bằng 45°
Câu 28: Đáp án D
Phương pháp giải:
Ứng dụng tích có hướng để tìm vectơ chỉ phương của đường thẳng giao tuyến và giải hệ phương trình để tìm
tọa độ giao điểm của hai mặt phẳng
uuur
uuur
Lời giải: Ta có: n ( P ) = ( 3;1;1) , n ( Q) = ( 1; −2;1)
Tam giác SCH vuông tại H ta có: tanSCH =

Gọi d là giao tuyến của (P) và (Q).
uur uuur
u d ⊥ n ( P)
uur
uuur uuur

Ta có  uur uuur ⇒ u d =  n ( P ) ; n ( Q )  = ( −1; −2;5 )
 u d ⊥ n ( Q )
3x + y + z − 5 = 0
y + z − 5 = 0
 y = −1
, chọn x = 0 ⇒ 
⇔
⇒ M ( 0; −1;6 ) ∈ d
Xét hệ 

 x + 2y + z − 4 = 0
 2y + z − 4 = 0
z = 6
x = t

Vậy phương trình đường thẳng cần tìm là d :  y = −1 + 2t
 z = 6 − 5t

Câu 29: Đáp án B
Phương pháp giải: Áp dụng các quy tắc đếm cơ bản
Lời giải:
2
Chọn 2 học sinh trong 20 học sinh có C 20 = 190 ⇒ n ( Ω ) = 190.
Gọi X là biến cố 2 học sinh được chọn trong đó có cả nam và nữ
Chọn 1 học sinh nam trong 8 nam có 8 cách, chọn 1 học sinh nữ trong 12 nữ có 12 cách.
Suy ra số kết quả thuận lợi cho biến cố X là n ( X ) = 8.12 = 96.
Vậy P =

n ( X ) 48
=
N ( Ω ) 95

Câu 30: Đáp án D
Phương pháp giải: Mũ hóa, đặt ẩn phụ đưa về giải phương trình bậc hai để tìm nghiệm
x
Lời giải: Điều kiện: 3.2 − 1 > 0 ⇔ x > − log 2 3
x
x
x −1
Ta có log 4 ( 3.2 − 1) = x − 1 ⇔ 3.2 − 1 = 4

⇔ 12.2 − 4 = 4 ⇔ ( 2
x

x

)

x 2

(
(

 x = log 2 6 + 4 2
2x = 6 + 4 2
− 12.2 + 4 = 0 ⇔ 
⇔
x
 x = log 6 − 4 2
 2 = 6 − 4 2
2

x

)
)


(

)

(

)
(
)(
− ( 4 2 )  = log 4 = 2


)

Khi đó ta có: x1 + x 2 = log 2 6 + 4 2 + log 2 6 − 4 2 = log 2  6 + 4 2 6 − 4 2 
= log 2  62


2

2

Câu 31: Đáp án A
Phương pháp giải:
Khoảng cách từ tâm đến trục Oz chính bằng bán kính R
Phương trình mặt cầu tâm I ( a, b, c ) và bán kính ( S) : ( x − a ) + ( y − b ) + ( z − c ) = R 2
2

2

2

Lời giải:
x : 0
uuur

Phương trình trục Oz:  y = 0, u Oz = ( 0;1;1)
z = t

uur
uur uuur
Ta có OI = ( 3; 4; −2 ) ⇒ OI; u Oz  = ( 4; −3;0 )

uur uuur
 OI; u Oz 


= 32 + 4 2 = 5 = R
Khoảng cách từ tâm I 
uuur
→ Oz là d ( I;Oz ) =
u Oz
Vì (S) tiếp xúc với trục Oz ⇒ Phương trình cần tìm là ( S) : ( x − 3) + ( y − 4 ) + ( z + 2 ) = 25
2

2

2

Câu 32: Đáp án C
Phương pháp giải: Lập phương trình tiếp tuyến với hệ số góc k và đi qua điểm thuộc Oy, sử dụng điều kiện
để hai đồ thị tiếp xúc tìm tham số m

Lời giải:
Gọi M ( 0; m ) ∈ Oy ⇒ Phương trình tiếp tuyến của (C) có dạng ( d ) : y = kx + m
4
2
 x − 4x + 3 = k
⇔ x 4 − 4x 2 + 3 = ( 4x 3 − 8x ) x + m
Vì (C) tiếp xúc với (d ) ⇒  4
2
 x − 4x + 3 = kx + m
4
2
⇔m=−
13x
44+24x
4 4+33.
f ( x)

Yêu cầu bài toán ⇔ m = f ( x ) có 3 nghiệm phân biệt.

x = 0

Xét hàm số f ( x ) = −3x + 4x + 3 trên ¡ , có f ' ( x ) = −12x + 8x;f ' ( x ) = 0 ⇔ 
6
x=±

3
Ta có BBT
x
−∞
+∞

0
6
6
−
3
3
−
−
y'
+
0
0
+
0
y
+∞
13
13
3
3
4

−∞

2

3

3

Dựa vào bảng biến thiên, để m = f ( x ) có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m = 3
Vậy có duy nhất 1 điểm M ∈ Oy thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Câu 33: Đáp án B
Phương pháp giải: Áp dụng điều kiện để hàm số liên tục tại điểm
Lời giải:

−∞


Ta có lim+ f ( x ) = lim+
x →2

x →2

Và f ( 2 ) = ( 1 − 2ax )

x2 + x − 6
= lim+ ( x + 3 ) = 5; lim− f ( x ) = lim− ( 1 − 2ax ) = 1 − 4a
x →2
x →2
x →2
x−2

x =2

= 1 − 4a

f ( x ) = lim− f ( x ) = f ( 2 ) ⇔ 5 = 1 − 4a ⇔ a = −1
Do đó, để hàm số liên tục tại điểm x = 2 khi: xlim
→ 2+

x →2
Câu 34: Đáp án A
Phương pháp giải: Tính đạo hàm, áp dụng điều kiện để hàm số đồng biến trên khoảng
Lời giải: Ta có y = − x 3 + mx 2 − m ⇒ y ' = −3x 2 + 2mx, ∀x ∈ ¡
2
Yêu cầu bài toán ⇔ y ' ≥ 0, ∀x ∈ ¡ ⇔ −3x + 2mx ≥ 0, ∀x ∈ ( 1; 2 )

⇔ −3x 2 + 2mx ≥ 0 ⇔ 2m ≥ 3x, ∀x ∈ ( 1; 2 ) ⇔ 2m ≥ 3.2 ⇔ m ≥ 3
Câu 35: Đáp án A
Phương pháp giải:
Đặt số phức w, biến đổi về z và sử dụng hệ thức Viet cho phương trình bậc hai
Lời giải:
 z1 = w + 2i = m + ( n + 2 ) i
suy ra 
 z 2 = 2w − 3 = 2m − 3 + 2ni
3n + 2 = 0
2
⇔n=−
Ta có z1 + z 2 = 3m − 3 + ( 3n + 2 ) i = −a là số thực ⇒ 
3
3m − 3 ≠ 0
4

z1 = m + 3 i
⇒
z = 2m − 3 + 4 i
 2
3
Đặt w = m + ni ( m, n ∈ ¡

)

4 
4 
16  4
4


2
Lại có z1.z 2 =  m + i ÷ 2m − 3 + i ÷ = 2m − 3m + +  m − 4 ÷ = b là số thực ⇒ m − 4 = 0 ⇔ m = 3
3 
3 
3 3
3


4

 z1 = 3 + 3 i
2 97

→ T = z1 + z 2 =
Vậy 
3
z = 3 − 4 i
2

3
Câu 36: Đáp án C
Phương pháp giải: Đặt ẩn phụ, cô lập tham số m, đưa về bài toán tương giao

Lời giải:
Ta có

(

)

4 log 2 x

2

2

2
1

− log 1 x + m = 0 ⇔ 4  log 2 x ÷ − log 2−1 x + m = 0 ⇔ ( log 2 x ) + log 2 x + m = 0
2

2

2
2
Đặt t = log 2 x với x ∈ ( 0;1) ⇒ t < 0 Khi đó t + t + m = 0 ⇔ − m = t + t = f ( t )
2
Xét hàm số f ( t ) = t + t trên ( −∞;0 ) , có f ' ( t ) = 2t + 1 = 0 ⇔ t = −

x

0

f '( t )

0

f ( t)

0

−
−

1

1
2

0

+

0
+∞

−

1
4

1

2


1
 1
f ( t ) = +∞ 
→ Bảng biến thiên.
Tính f ( 0 ) = 0;f  − ÷ = − ; tlim
4 →−∞
 2
1
1
Do đó, để −m = f ( t ) có nghiệm thuộc khoảng ( −∞;0 ) ⇔ −m ≥ − ⇔ m ≤
4
4
Câu 37: Đáp án C
Phương pháp giải: Áp dụng công thức lãi kép T = A ( 1 + m% ) cho từng giai đoạn
n

Lời giải:
Số tiền bác Mạnh có được sau 6 tháng gửi ngân hàng là T1 = 5 ( 1+ 0, 7% ) triệu đồng.
6

Số tiền bác Mạnh có được sau 3 tháng tiếp theo là T2 = T1 × ( 1+0,9% ) triệu đồng.
3

Số tiền bác Mạnh có được sau 3 tháng tiếp theo là T3 = T2 × ( 1+0, 6% ) triệu đồng.
3

Vậy sau một năm gửi tiền, bác Mạnh rút được số tiền là T3 = 5452733, 453 đồng

Câu 38: Đáp án C
Phương pháp giải:
Tìm hàm số thông qua nguyên hàm, chia nhỏ trường hợp để xét các giá trị
Lời giải:
 1 x −1
 2 ln x + 1 + C1 khi x > 1

dx
1 x −1
1 1− x
= ln
+ C =  ln
+ C 2 khi − 1 < x < 1
Ta có f ( x ) = ∫ f ' ( x ) = ∫ 2
x −1 2 x + 1
 2 x +1
 1 x −1
 2 ln x + 1 + C3 khi x < −1

1
1 1
Suy ra f ( −3) + f ( 3) = 0 ⇔ ln 2 + C1 + ln + C3 = 0 ⇔ C1 + C3 = 0
2
2 2
1
1 1
 1 1
Và f  − ÷+ f  ÷ = 2 ⇔ ln 3 + C 2 + ln + C 2 = 0 ⇔ C 2 = 1
2
2 3

 2 2
1
1 1
1
Vậy T = f ( −2 ) + f ( 0 ) + f ( 5 ) = ln 3 + C3 + C 2 + ln + C 2 + C1 = ln 2 + 1
2
2 3
2
Câu 39: Đáp án D
Phương pháp giải: Chia làm các khối tròn xoay và lấy hiệu
Lời giải:
2
Vì (P) đi qua ba điểm O ( 0;0 ) , A ( 2; 4 ) ⇒ Phương trình parabol là ( P ) : y = x
Tiếp tuyến của (P) tại điểm A(2; 4) có phương trình là d : y = 4x − 4
Hoành độ giao điểm của (P) và (d) là nghiệm phương trình: x 2 = 4x − 4 ⇔ x = 2

Thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng ( H1 ) giới hạn bởi ( P ) , y = 0, x = 0, x = 2 là
2

2

2

πx 5
32π
V1 = π ∫ f ( x ) dx = π∫ x dx =
=
5 0
5
0

0
2

4

Thể tích khối tròn xoay khi quay hình phẳng (H2 ) giới hạn bởi ( d ) , y = 0, x = 1, x = 2 là
16π ( x − 1)
V2 = π∫ g ( x ) dx = π ∫ 16 ( x − 1) dx =
3
0
0
2

2

2

3 2

2

=
1

16π
3

Vậy thể tích khối tròn xoay cần tính là V = V1 − V2 =
Câu 40: Đáp án A

32π 16π 16π
−
=
5
3
15


Phương pháp giải:
Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng tính chất đường phân giác
Lời giải:
uuuu
r uuur
uuuu
r
Ta có OM;ON  =k ( 1; −2; 2 ) ⇒ Vectơ chỉ phương của OM = ( 2; 2;1) ⇒ OM = 3
uuur  8 4 8 
ON =  − ; ; ÷ ⇒ ON = 4
 3 3 3
r
OM MF 3 uuur 3 uuu
 12 12 
=
= ⇒ MF = FN ⇒ F  0; ; ÷
Kẻ phân giác OF ( F ∈ MN ) ta có:
ON NF 4
4
 7 7
uur
uuu

r
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp ∆OMN ⇒ I ∈ ( OF ) ⇒ OI = kOF, với k > 0
Tam giác OMN vuông tại O, có bán kính đường tròn nội tiếp r=1 ⇒ IO = 2.
uuu
r 12 uur
15
3
12 2
Mà ME= ;OM=3;cosOMN= 
suy ra OF = OI ⇒ I ( 0;1;1)
→ OF =
7
7
5
7
r
x +1 y − 3 z +1
⇒ Phương trình đường thẳng ∆ là ( ∆ ) :
=
=
, có u = ( 1; −2; 2 ) , đi qua I ( 0;1;1)
1
−2
2
uu
r r
 EI; u  2 17


=

Khoảng cách từ E đến đường thẳng ∆ là d =
r
3
u
Câu 41: Đáp án C
Phương pháp giải: Sử dụng định lí Simson xét tỉ lệ thể tích các khối đa diện
Lời giải:
h
3
Chuẩn hóa CD = 1 ⇒ AB = 2 và h = d ( D; ( AB ) ) ⇒ SABCD = ( AB + CD ) = h
2
2
1
h
Diện tích tam giác DAB là SABD = d ( D; ( AB ) ) .AB = h ⇒ SACD =
2
2
VS.BMN SM SN 1 1 1
V
1
1 2
=
.
= . = ⇒ VS.BMN = VS.BAD = . VS.ABCD = S.ABCD ( 1)
Ta có
VS.BAD SA SD 2 2 4
4
4 3
6
Lại có

VS.BCN SN 1
V
1
1 1
=
= ⇒ VS.BCN = VS.BCD = . VS.ABCD = S.ABCD ( 2 )
VS.BCD SD 2
2
2 3
6

VS.BCNM 1
1
=
Lấy ( 1) + ( 2 ) , ta được VS.BMN + VS.BCN = 2. VS.ABCD ⇔
6
VS.ABCD 3
Câu 42: Đáp án D
Phương pháp giải: Sử dụng điều kiện để một điểm là điểm cực trị của đồ thị hàm số
Lời giải:
c
c
→ y ' = ax −
; ∀x ≠ −1
Ta có y = ax + b + x + 1 
2
( x + 1)
 y ' ( −2 ) = 0
a − c = 0

⇔
⇔a =c
Vì M ( −2;5 ) , N ( 0;13 ) là các điểm cực trị ⇒ 
a
−
c
=
0
y
'
0
=
0
(
)


 y ( −2 ) = 5
 2a + b − c = 5
a = c = 2
2
⇔
⇒ y ( x ) = 2x + 11 +
Và 
mà a = c ⇒ 
x +1
 b + c = 13
 b = 11
 y ( 0 ) = 13

Vậy y ( 2 ) = 2.2 + 11 +

2 47
=
3 3

Câu 43: Đáp án B
Phương pháp giải:
Tính đạo hàm, áp dụng điều kiện để hàm số đồng biến trên khoảng
Lời giải:
Ta có y = x 3 − mx + 1 ⇒ y ' = 3x 2 − m; ∀x ∈ ¡
2
2
Yêu cầu bài toán ⇔ y ' ≥ 0; ∀x ∈ [ 1; +∞ ) ⇔ 3x − m ≥ 0 ⇔ m ≥ 3x ; ∀x ∈ [ 1; +∞ )

⇔ m ≤ min { 3x 2 } mà 3x 2 ≤ 3; ∀x ≥ 1 nên suy ra m ≤ 3 là giá trị cần tìm.
[ 1;+∞ )

Câu 44: Đáp án D
Phương pháp giải:
Tính đạo hàm của hàm trị tuyệt đối, giải phương trình đạo hàm bằng 0 để biện luận số điểm cực trị
Lời giải:
1


4x 3 + 3x 2 − x )  x 4 + x 3 − x 2 + m ÷
(
1 2
2

4
3

 ; ∀x ∈ D
Ta có y = x + x − x + m ⇒ y ' =
1
2
x4 + x3 − x2 + m
2

1

 4x 3 + 3x 2 − x = 0
 x ∈ −1;0; 4 


⇔
Phương trình y ' = 0 ⇔  4
1 2
3
x +x − x +m=0
1 2

4
3

2
 −m = f ( x ) = x + x − 2 x
1


Để hàm số có 5 điểm cực trị ⇔ −m = f ( x ) có 2 nghiệm phân biệt khác  −1;0;  ( *)
4

1
1 2

3
2
4
3
Xét hàm số f ( x ) = x + x − x , có f ' ( x ) = 4x + 3x − x;f ' ( x ) = 0 ⇔ x = −1;0; 
4
2

1
3
1
Tính f ( −1) = − ;f ( 0 ) = 0;f  ÷ = −
2
256
4
 −m ≥ 0
m ≤ 0


Khi đó ( *) ⇔ 
3 ⇔
 1
 3 1
−m ∈  − ; −

m∈
; ÷



 2 256 
 256 2 
Kết hợp với m ∈ ¢ và m ∈ [−5; 5] ta được m ∈ {−5; −4; −3; −2; −1;0}.
Vậy có 6 giá trị nguyên m cần tìm.
Câu 45: Đáp án A
Phương pháp giải:
Gọi số phức, áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki để tìm giá trị lớn nhất
Lời giải:
Cách 1. Gọi z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) ⇒ M ( x; y )
Và A(−1;0), B ( 1;0 ) .
2
2
Ta có z = 1 ⇒ x + yi = 1 ⇔ x + y = 1 ⇒ M thuộc đường tròn đường kính AB

MA 2 + MB2 = AB2 = 4.

(1

Khi đó, theo Bunhiacopxki, ta có T = MA + 2MB =

2

+ 22 ) ( MA 2 + MB2 ) AB2 = 5.4 = 2 5

Vậy giá trị lớn nhất của biểu thức max T = 2 5

Cách 2. Đặt z = x + yi ( x, y ∈ ¡ ) ⇒ z + 1 =

( x + 1)

2

+ y 2 và z − 1 =

( x − 1)

2

+ y2


Mặt khác z = 1 ⇔ x 2 + y 2 = 1 ⇔ x 2 + y 2 = 1, khi đó T =

( x − 1)

2

+ y2 + 2

( x − 1)

2

+ y2

2

2
+ 22 ) ( x − 1) + y 2 + ( x − 1) + y 2  = 10 ( x 2 + y 2 + 1) = 2 5 ⇒ max T = 2 5


Câu 46: Đáp án C
Phương pháp giải:
Áp dụng công thức tính nhanh thể tích của tứ diện gần đều, đưa bài toán tính khoảng cách về bài toán tìm
thể tích chia cho diện tích đáy (tính theo công thức Hê – rông)
Lời giải:

⇔T≤

(1

2

15 7
4
Công thức tính nhanh: Tứ diện gần đều ABCD có AB = CD = a, BC = AD = b, AC = BD = c
Tam giác BCD có CD = 4; BD = 5; BC = 6 ⇒ SBCD = p ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) =

Suy ra thể tích tứ diện ABCD là V =

2
12

(a

2

+ b 2 − c2 ) ( b 2 + c2 − a 2 ) ( a 2 + c 2 − b2 )

Áp dụng với AB=CD=4,AC = BD = 5, AD=BC=6 
→ VABCD =

15 6
4

1
3V 3 42
=
Mặt khác VABCD = d ( A, ( BCD ) ) .SBCD ⇒ d ( A, ( BCD ) ) =
3
SBCD
7
Câu 47: Đáp án A
Phương pháp giải:
Xét vị trí tương đối của mặt phẳng, gọi phương trình tổng quát của mặt phẳng và tính toán dựa vào điều kiện
tiếp xúc
Lời giải:
Gọi phương trình mặt phẳng cần tìm là ( P ) : ax+by + cz + d = 0
Vì d ( B; ( P ) ) = d ( C; ( P ) ) = 1 suy ra mp ( P ) / / BC hoặc đi qua trung điểm của BC.
Mà BC = (−4;0;0) và mp ( P ) vuông góc với mp ( Oyz ) ⇒ mp ( P ) / /BC
Với mp ( P ) / /BC ⇒ a = 0 ⇒ ) ( P ) : by + cz + d = 0 suy ra d ( A; ( P ) ) =
Và d ( B; ( P ) ) =

−b + c + d
b2 + c2

2b + c + d

b2 + c2

 4b = c + d
 2b + c + d = 2 −b + c + d

=1⇒ 
⇔  c + d = 0
2
2

2
2
 − b + c + d = b + c
 −b + c + d = b + c

3 b = b 2 + c 2

8b = c 2 ⇒ c = ±2 2b
⇔
⇔
suy ra có ba mặt phẳng thỏa mãn
c = 0 ⇒ d = 0
 b = b 2 + c 2
Câu 48: Đáp án C
Phương pháp giải:
Đưa về phương trình lượng giác cơ bản, biện luận tìm tham số m
Lời giải:
Ta có

( cos x + m ) + cos x + m = 0

cos x + m ) + cos x + cos x + m = 0
2

cos 2 x + m + cos x = m ⇔ cos 2 x + cos x −

(

)(

⇔ cos x + cos x + m cos x −

 cos x + m = cos x + 1
⇔ cos x − cos x + m + 1 cos x + cos x + m = 0 ⇔ 
( *)
 cos x + m = − cos x

(

=2

)(

)


 t + m = t + 1( 1)
Đặt t = cos x ∈ [ −1;1] , khi đó ( *) ⇔ 
 t + m = − t ( 2 )
3
Giải (1) ta có m = t 2 + t + 1 có nghiệm t ∈ [ −1;1] ⇔ ≤ m ≤ 3

4
1
Giải (2) ta có m = t 2 − t có nghiệm t ∈ [ −1;1] ⇔ − ≤ m ≤ 2
4
+
Kết hợp với m ∈ ¢ , ta được m = {1; 2; 3} là các giá trị cần tìm
Câu 49: Đáp án A
Phương pháp giải: Áp dụng nguyên lý bù trừ trong bài toán xác suất
Lời giải:
Ta tính xác suất để xảy ra không một lá thư nào đúng địa chỉ.
Mỗi phong bì có 4 cách bỏ thư vào nên có tất cả 4! cách bỏ thư.
Gọi U là tập hợp các cách bò thư và A m là tính chất lá thư thứ m bỏ đúng địa chỉ.
Khi đó, theo công thức về nguyên lý bù trừ, ta có N = 4!− N1 + N 2 − ... + ( −1) N 4
4

Trong đó N m ( 1 ≤ m ≤ 4 ) là số tất cả các cách bỏ thư sao cho có m lá thư đúng địa chỉ.
Nhận xét rằng, N m là tổng theo mọi cách lấy m lá thư từ 4 lá, với mỗi cách lấy m lá thư, có ( 4 − m ) ! cách
n 1 
4!
 1 1
và N = 4!1 − + − ... + ( −1) . ÷
4! 
k!
 1! 2!
1 1
4 1
Suy ra xác suất cần tìm cho việc không lá thư nào đúng địa chỉ là P = 1 − + − ... + ( −1) .
1! 2!
4!
5

Vậy xác suất để có ít nhất 1 lá thư bỏ đúng phong bì của nó là P = 1 − P =
8
Câu 50: Đáp án A
Phương pháp giải:
Sử dụng bất đẳng thức Holder trong tích phân để tìm hàm số f ' ( x )
m
bỏ m lá thư này đúng địa chỉ, ta nhận được: N m = C 4 . ( 4 − m ) ! =

Lời giải:
π

π

0

0

2
2
π
 u = f ( x )
du = f ' ( x ) dx
⇔
, khi đó sin x.f ( x ) dx = − cos x.f ' ( x ) 2 + cos x.f ' ( x ) dx
Đặt 
∫
∫
0
dv = sin xdx
 v = cos x

⇔

π
2

π
π π
π
= − cos .f '  ÷+ cos 0.f ( 0 ) + ∫ cos x.f ' ( x ) dx =
4
2 2
4
0
π
2

π
2

π
2

π
2

π
2

0

0

0

Xét  f ' ( x ) + k.cos x  dx = 0 ⇔ f ' ( x )  dx + sin x.f ( x ) dx + 2k cos x.f ' ( x ) dx + k 2 cos 2 xdx = 0


∫
∫
∫
∫
∫
0

⇔

2

2

0

π
2

π
π
π
+ 2k. + k 2 . = 0 ⇔ k = −1. Khi đó f ' ( x ) − cos x  2 dx = 0 ⇔ f ' ( x ) = cos x


∫0 
4
4
4

→
Suy ra f ( x ) = ∫ f ' ( x ) = ∫ cos xdx = sin x + C mà f ( 0 ) = 0 ⇒ C = 0 Vậy f ( x ) = sin x 

π
2

∫ sin xdx = 1
0